2022-2023学年高一上学期期末考试——物理.docx

《2022-2023学年高一上学期期末考试——物理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年高一上学期期末考试——物理.docx（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023 学年高一上期期末考试 物理试题学校:姓名：班级：考号： 满分：100 分考试时间：90 分钟一、单选题（共 9 小题，每题 3 分，共 27 分）12021 年 9 月 17 日 8：00 整，第十四届全国运动会铁人三项比赛在陕西省汉中市正式开赛。选手们依次进行了 1.5 km 游泳、40 km 自行车和 10 km 跑步三项不间断比赛， 李明旭以 01:52:24 的成绩揽获男子个人冠军。下列说法正确的是（）A40 km 是指位移B8:00 整是指时间C01:52:24 的成绩是指时刻D研究李明旭 10 km 跑步的时间时，可以将李明旭看作质点2. 如图所示，有A、B 两

2、物体， m 2m，用细绳连接后放在光滑的固定斜面上，在AB它们下滑的过程中（）A. 它们的加速度ag sinqB. 它们的加速度a g sinqC. 细绳的张力2F mg sinqT3BD. 细绳的张力1sinqF m gT3B3. 某中学秋季趣味运动会中，高一同学参加了拔河比赛，如果绳质量不计，且保持水平，在甲、乙两队的拔河比赛中，甲队获胜，则下列说法中正确的是（）A. 甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力 B甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力 C只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小 D甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的最大静摩擦力

3、大于地面对乙的最大静摩擦力14. 伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（ ） A倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比 B倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比 C斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关 D斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关5. 如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成60角的力 F 拉物块时，物1块做匀速直线运动；当改用与水平方向成 30角的力 F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。若 F 和 F的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）12

4、A 3 -1B 2 -3C 3 - 1 22D1-321212126. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F=kt（k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 和 a 。下列反映 a 和 a 变化的图线中正确的是（）ABCD7. 某品牌的一款无人驾驶汽车在直线测试时，速度的二次方与位移的关系图像如图所示。自经过 x = 0 位置时开始计时，该车在 2 s 内的位移大小为（）20A2.0 mB2.6 mC3.0 mD3.6 m 8如图甲所示是一种速度传感器的

5、工作原理图，在这个系统中，B 为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子 B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B 盒接收，从B 盒发射超声波开始计时，经时间t 再次发射超声波脉冲， 图乙是连续两次发射的超声波的 xt 图象。则下列说法正确的是（）xtA. 超声波的速度 v 2声B. 超声波的速度 v2x1声2t12(x- x )2C. 物体的平均速度v =t - t + t12102(x - x )21D. 物体的平均速度v = t2- t + 2t109. 利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x

6、 、v 、a 、t 分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法中正确的是（ ）A. 甲图中x - t 2图可求出物体的加速度大小为 1m/s23B. 乙图中v2 - x 图可求出物体的加速度大小为 5m/s2xC. 丙图中 - t 图可求出物体的加速度大小为 2m/s2tD. 丁图中a - t 图可求出物体在前 2s 内的速度变化量大小为 6m/s二、多选题（共 5 小题，每题 3 分，漏选得 2 分，错选得 0 分，共 15 分）10. 如图所示，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运转，则（）A. 甲受到三个力的作用C乙受到三个力的作用B. 甲对扶梯没有摩擦力的作

7、用 D扶梯对乙的作用力方向竖直向上11. 如图所示，将小球从倾角为45的斜面上的 P 点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的 A 点、B 点，以及水平面上的 C 点。已知 B 点为斜面底端点，P、A、B、C 在水平方向间隔相等，不计空气阻力，则（ ）A. 三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间之比为1：2：3 B小球落到 A、B 两点时，其速度的方向相同C若小球落到 A、B 两点，则两次抛出时小球的速率之比为1：2D若小球落到 A、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为 2 ：3 12如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为

8、m 。重力加速度大小为 g。用水平向右的拉力 F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之 前 （ ）AP 的加速度大小的最大值为2mgBQ 的加速度大小的最大值为2mg4CP 的位移大小一定大于Q 的位移大小DP 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小13. 如图所示，质量分别为m 、m 两个物体通过轻弹簧连接，在力 F的作用下一起沿1211水平方向做匀速直线运动（m 在地面， m2在空中），力F 与水平方向成 q 角则m 所受支持力 N 和摩擦力 f 正确的是A. N = m g + m g - F sinq12B. N = m g + m

9、g - F cosq12C. f = F cosqD. f = F sinq014. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率 v=4m/s 顺时针转动。一煤块以初速度 v =12m/s 从 A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A. 煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为（2+5 ）sB. 煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+45 ）mC. 倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan=0.75 D煤块与传送带间的动摩擦因数 =0.35三、实验题（共 2 小题，共 16 分）15（10 分）某同学用如图甲所示装置结

10、合频闪照相研究平抛运动。重力加速度g=10m/s2。5（1） 关于实验要点，下列说法正确的是。 A选用的斜槽越光滑越好 B调节斜槽，使斜槽槽口切线水平 C调节纸板，使纸板面竖直且与小球运动轨道所在平面平行D. 画平抛运动轨迹时，将槽口在纸板上的水平投影作为平抛运动的起点0（2） 让小球从斜槽上合适的位置由静止释放，频闪照相得到小球的位置如图乙所示， A、B、C 是相邻三次闪光小球成像的位置，坐标纸每小格边长为5cm，则小球从槽口抛出的初速度大小为 v =m/s，小球从槽口抛出到运动到 B 点位置所用的时间为t=s；B 点离槽口的水平距离 x=m。16（6 分）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系

11、有小球A 和 B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球 B 运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B 释放时的高度 h0=0.590 m，下降一段距离后的高度 h=0.100 m；由 h0 下降至 h 所用的时间 T=0.730 s。由此求得小球 B 加速度的大小为 a=m/s2（保留 3 位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球 A、B 的质量分别为 100.0 g 和 150.0 g，当地重力加速度大小为 g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球 B 加速度的大小为a=m/s2（保留 3 位有效数字）。可以看出，a与 a 有明显差异，除实验中的偶然误差外

12、，写出一条可能产生这一结果的6原因：。四、解答题（共 4 小题，共 42 分。答题时请写出必要的文字说明，方程式及重要的演算步骤。）17（8 分）小船在 200 m 宽的河中横渡，水流速度为 2 m/s，船在静水中的速度为 4 m/s。求：（1） 小船过河的最短时间；（2） 要使小船到达正对岸，应如何航行？历时多久？18（10 分）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m = 1.0 103 kg 的汽车以v = 36km/h 的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s = 20m 处，驾驶员发现小朋1友排着长l = 6m 的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设

13、汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1） 求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2） 若路面宽L = 6m ，小朋友行走的速度v = 0.5m/s ，求汽车在斑马线前等待小朋友0全部通过所需的时间；2（3） 假设驾驶员以v = 54km/h 超速行驶，在距离斑马线s = 20m 处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。19（10 分）第24 届冬季奥林匹克运动会，于2022 年 02 月 04 日2022 年 02 月 20 日在我国北京和张家口市联合举行，其中跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用ft势 特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪

14、道上获得较高速度后从 A 点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在ft坡上B 点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从 A 点水平飞出的速度v = 20m/s ，ft坡可看成倾角为 37的0斜面，不考虑空气阻力，（重力加速度 g 取 10m/s2， sin37 = 0.6 ， cos37 = 0.8 ）1（1） 运动员在空中的飞行时间 t ；（2） 运动员何时离斜面最远？720（14 分）如图所示，质量为M = 1 kg，长度L = 4 m 的长木板静止在光滑水平面上，质量为m = 1kg 的物块以一定的初速度滑上长木板的左端，物块与长木板之间的动摩擦因数为 。将物块视为质点，最大静摩擦力等

15、于滑动摩擦力，重力加速度g = 10m/s2。（1） 若长木板固定在地面上不动，此时物块以初速度v0= 42 m/s 滑上长木板，恰好到达长木板右端。求物块与长木板之间的动摩擦因数。（2） 若物块的初速度v1= 10 m/s，在物块滑上长木板的同时，在长木板右侧施加一水平F向右的恒力 ， t1= 0.8 s 时物块恰好从长木板右端离开，求恒力F 的大小。（3） 若物块的初速度为 u，在长木板右侧施加一水平向右的恒力F，仍要使物块能从长木板右侧离开，求 u 与 F 的函数关系式。8参考答案：1D【详解】A40 km 自行车的运动轨迹不是直线，40 km 指路程，故A 错误；B. 8:00 整对应

16、某一瞬间，即为时刻，故B 错误；C. 1:52:24 对应一段时间，即为时间间隔，故C 错误；D. 研究李明旭10 km 跑步的时间时，由于李明旭的大小和形状可以忽略，所以可以将其看成质点，故D 正确。故选D。2A【详解】选A、B 整体为研究对象进行受力分析，合外力为重力沿斜面向下的分力，由Fm a总可得a = 3mB g sinq = g sinq3mB再隔离B 进行受力分析，设绳上拉力为FT，则对于B 有2m g sinq - F2BT = amB可得F0T故选A。3D【详解】绳子质量不计，所以甲拉乙的力与乙拉甲的力大小始终相等，与运动状态无关，不管哪队获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲

17、的拉力大小；地面对甲的最大静摩擦力大于 地面对乙的最大静摩擦力，才使得甲队获胜。故选D。4B【详解】倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比，在斜面上的速度与时间成正比，故选项A 错误，选项B 正确，斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角有关，从顶端滚到底端所需时间与倾角有关，故选项C、D 错误.5B1【详解】试题分析：对两种情况下的物体分别受力分析，如图滑将 F1 正交分解为F3 和 F4，F2 正交分解为F5 和 F6，则有：F=F3 mg=F4+FN；F 滑=F5mg+F6=FNNN而 F=F ；F=F 滑滑则有 F1cos60=（mg-F1sin60） F2cos30

18、=（mg+F2sin30） 又根据题意F1=F2 联立解得：=2-3 ； 故选B考点：物体的平衡6A【详解】当 F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a =F=kt则 a 正比于 t；m + m12m + m1221当 F 比较大时，m 相对于 m 运动，根据牛顿第二定律m对有1m m ga =21m12mma由于 、 、 都一定，则 一定；121m对有2F - mm ga =22m2= k t - mg m222则 a 是 t 的线性函数，t 增大，a 增大。又k km + mm122a则两木板相对滑动后 图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率。2故选A。7D【详解】

19、根据图像由v2 - v20= 2ax得v2 = 2ax + v20故图像的斜率k = 2a所以该车运动的加速度大小a = 5m/s2初速度大小v0 = 6m/s由t = v0 = 1.2sa可知，该车 1.2 s 后停止运动，所以 2 s 内的位移大小为v2故选D。8Cx =02a= 3.6m【详解】AB由图乙可知，超声波的速度为3x2xtv=1声12或者2v =x=1t1=2x2故 AB 错误；声t - t202t - t20CD由题可看出，物体通过的位移为x2- x 时，所用时间为1则物体的平均速度为t - tt =202- t + t120t + t - t=2012x - x2(x-

20、x ）v = t212+2 t0-1t1= t + t - t2012故 C 正确，D 错误。故选C。9B1【详解】A根据匀变速运动的位移与时间关系公式x = v t +at 2 ，根据甲图中x - t 2图像为0212正比关系图线，可求出物体的加速度大小为a = k =m/s2 22解得A 错误；a = 2m/s2B. 根据匀变速运动的速度与位移时间关系v2 - v 20= 2ax ，根据乙图中v2 - x 图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为解得B 正确；2a = k = 10 m/s21a = 5m/s21C. 根据匀变速运动的位移与时间关系公式x = v t +at 2 ，整理

21、得024x = v t01+ 2 at根据丙图中 x - t 图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为t1 a = k = 0 - 4 = -2m/s222解得a = -4m/s2物体的加速度大小为 4m/s2，C 错误；D. 根据微元法可以得到，物理学中a - t 图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物理的速度变化量，则丁图中a - t 图可求出物体在前 2s 内的速度变化量大小为1Dv = 2 3 2m/s = 3m/sD 错误。故选B。10BCD【详解】AB. 甲图中电梯匀速上升，由平衡条件知，人只是受重力和支持力两个力的作用， 人与扶梯之间没有摩擦力，故A 错误，B 正确；

22、 CD乙图中电梯匀速上升，人受重力、支持力和摩擦力三个力的作用，由平衡条件知，扶 梯对乙的作用力与乙受到的重力等大反向，故方向应竖直向上，故CD 正确。故选BCD。11BD【详解】A根据1h = 2 gt 2解得2h gt =设落在 A 点的小球下落的高度为h，由图根据几何关系可知Ah= hBC= 2hA则三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间之比为故A 错误；t: t: tA BC= 1:225B. 小球落到 A、B 两点时，则小球都落在斜面上，则小球位移与水平方向夹角的正切值为1tan 45gt 22= gt = 1v t2v00则小球速度方向与水平方向夹角的正切值为tanq = vyv=

23、gt = 2v00可知，小球速度方向与初速度的大小无关，则小球落到A、B 两点时，其速度方向相同，故B 正确；CD根据x = v t0解得v = x0t则小球落到 A、B 两点，则两次抛出时小球的速率之比为vA =vBxA tBxtB A= 1 =22212则小球落到 A、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为vA =CvxA t xt= 1 =22313故 C 错误D 正确。故 选 BD 。 12ADC CA【详解】设两物块的质量均为 m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F = 2m mg撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为T = m mg0AB从此刻开始到弹簧第一次恢

24、复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mmg ，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为-T - m mg = ma0P16解得a= -2m gP1此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小， 弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2mg 。Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时-m mg = maQm解得ga= -mQm故滑块Q 加速度大小最大值为mg ，A 正确，B 错误；

25、C. 滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误；D. 滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为-m mg = maP2解得a= -m gP2撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为2mg 做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为mg ；滑块Q 由开始的加速度为 0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为m g 。分析可知 P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。故 选 AD 。 13AC【详解】对AB 整体受力分析，受到重力mg=（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力 f，如图7根据共

26、点力平衡条件，有： N + F sinq - mg = 0N + F sinq - mg = 0解得： N = m g + m g - Fsinq ， f = Fcosq12故选AC【名师点睛】对AB 整体受力分析，受到重力（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力 f，然后根据共点力平衡条件列式求解14ABC【详解】CD由图示速度随时间变化的图像可知，0 到 1s 内，煤块的加速度大小12 - 4a =m/s2 = 8m/s2 11方向沿传送带向下；1 到 2s 内煤块的加速度大小4 - 0a =m/s2 = 4m/s2 21方向沿传送带向下，对煤块，由牛顿第二定律可得mg sinq +

27、 mmg cosq = ma1代入数据联立解得mg sinq - mmg cosq = ma2m = 0.25tanq = 0.75故 C 正确，D 错误；11A. 煤块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图像速度随时间变化的图像与时 间轴所包围的面积的大小，煤块沿传送带向上滑行的位移x =(12+ 4) 1+ 41 = 10m 22煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A 点所需的时间8为t，下滑的位移下x = 12a t22 下解得t下则煤块从冲上传送带到返回 A 端所用时间为=5s故A 正确；t = 4 + t下= (2 +5)sB. 在 0 到 1s 内

28、传送带比物块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为L = 1 (12+ 4) 1- 41 = 4m12此时划痕在物块的下方，在 1 到 2s 内，传送带速度比物块速度大，则L = 4 1- 1 4 1 = 2m22因为L L215所以在上升阶段产生的划痕为 4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在 2s 到(2 +5)s 时间内，煤块向下滑了 10m，传送带向上滑了45m ，则煤块在传送带上的划痕为故 B 正确。故选ABC。15BC1.50.20.3L = 10 + 43+ 2 = 12 + 45m【详解】（1）1A.由于小球每次都从同一位置由静止开始运动，到达斜槽末端速度相同， 与 斜 槽 是 否 光

29、 滑 无 关 ，A 错 误 ； B由于本实验研究平抛运动，因此斜槽槽口切线必须水平，B 正确； C调节纸板，使纸板面竖直且与小球运动轨道所在平面平行，以便于在白纸上描点，C 正确 ； D画平抛运动轨迹时，将小球放到槽口末端，球心在纸板上的水平投影作为平抛运动的起点，D 错误。9故选BC。（2）2由于平抛运动在水平方向时匀速运动，由于AB 与 BC 水平距离相等，因此时间间隔相等，在竖直方向上，根据Dy = gT 2可得相邻两点间的时间间隔T =(5 - 3) 510-2 s = 0.1s10因此抛出的水平速度v = x= 3 5102 m= 1.5m/s0T0.1s3 运动到 B 点时的竖直速

30、度yv=C + yA= (3 + 5) 510-2 m = 2m/sBy2T0.2s而v= gtBy因此小球从槽口抛出到运动到 B 点位置所用的时间t = vBy = 0.2sg4 B 点离槽口的水平距离x = v t = 1.5m/s 0.2s = 0.3m0161.841.96滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【详解】有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有h1 aT 22h0代入数据解得 a=1.84m/s2；根据牛顿第二定律可知对小球A 有m gm aAAT对小球B 有Tm aBm gB带入已知数据解得a1.96m/s2；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会

31、造成实际计算值偏小。1017（1）50s；（2）航向与岸成 60角，57.7s【详解】（1）小船船头指向河对岸时，时间最短，故小船渡河时间等于垂直河岸的分运动时间t = d = 200 s=50s1v4船（2）要小船垂直过河，即合速度应垂直河岸，则水cosq = vv船21= 4 = 2所以q = 60，即航向与岸成60角；小船渡河时间d200t2 = v船=s 57.7s sinq4sin 6018（1） t1= 4s ， Ff= 2.5103 N ；（2）20s；（3） v = 55m / s【详解】（1）根据平均速度解得刹车时间t = s1vt = 4s1刹车加速度根据牛顿第二定律a =

32、1vt1F= maf解得（2） 小朋友过时间F= 2.5103 Nfl + Lt =2v0等待时间（3） 根据t = t - t21= 20sv2 - v2 = 2as211解得v = 55m / s19（1）3s；（2）1.5s【详解】（1）运动员从 A 点到 B 点做平抛运动，水平方向的位移x = v t0 1竖直方向的位移1y = 2gt 21又有代入数据解得tan 37 = yxt1 = 3s（2）如图，运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行vtan 37o =yv v0 y= gt2解得vt=02tan 37og= 1.5s20（1） m = 0.4 ；（2） F = 4.5 N

33、；（3） u 8m/s ， 0 F u2 - 648【详解】（1）对物块进行受力分析，如图所示12在竖直方向上，物块受力平衡，有N - mg = 0在水平方向上f = ma又因为f = m N可以得出a = m g因为物块v0 = 42 m/s 冲上长木板，恰好从长木板右端冲出，所以，物块冲到长木板右端速度刚好等于零，因此有v2 = 2aL0代入数据可得a = 4m/s2 ， m = 0.4（2） 由（1）可知，物块在长木板上做加速度a = 4m/s2 的匀减速直线运动；对长木板进行受力分析，如图所示水平方向上有f + F = Ma2根据牛顿第三定律f = f 由于物块在t1= 0.8 s 时

34、恰好离开长木板，此时长木板的速度vt与物块速度相同，有v = vt1- at1此时，长木板运动的位移关系为13v2 = 2a st2 1又s = s - L10vts =1 + v t021联立将数据代入，可得（3） 若物块恰好与长木板分离，可得F = 4.5 Nu - at = a t211ut - 2 at2 - 2 a2t2 = LF + f a =2M代入a = 4m/s2得出u2 = 8F + 64即u2 - 64F =8Fu因此，当 = 0 时，最小速度v= 8m/s ，所以当初速度范围满足 8m/s ，且恒力范围满足min0 F u2 - 64 时，物块能从长木板右侧离开。814